Na (Z =11): 1s²2s²2p⁶3s¹ hay [Ne] 3s¹

Đáp án D

Các cặp chất xảy ra phản ứng hóa học là:

(1) 9Fe(NO₃)₂ + 12HCl → 4FeCl₃ + 5Fe(NO₃)₃ + 3NO + 6H₂O              

(2) CO₂ + Na₂CO₃ + H₂O → 2NaHCO₃

(4) 3NH₃ + 3H₂O + AlCl₃ → Al(OH)₃↓ + 3NH₄Cl

⟹ có 3 cặp chất xảy ra phản ứng

Đáp án B

CO chỉ khử được các oxit của các kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa.

→ CO khử được Fe₂O₃, ZnO, CuO.

→ Chất rắn sau pư chứa: Fe, Zn, Cu, Al₂O₃.

Đáp án C

Nước cứng tạm thời chứa các muối Ca(HCO₃)₂ và Mg(HCO₃)₂

Để làm mất được tính cứng của nước cứng tạm thời thì phải chuyển được các ion Ca²⁺ và Mg²⁺ có trong dung dịch về dạng kết tủa.

Ca(OH)₂, NaOH và Na₂CO₃ đều chuyển các ion này được về dạng CaCO₃, MgCO₃ hoặc Mg(OH)₂

=> Làm mất được tính cứng

HCl không làm mất được tính cứng do:

HCl + Ca(HCO­₃)₂ → CaCl₂ + CO₂ + H₂O

HCl + Mg(HCO₃)₂  → MgCl₂ + CO₂ + H₂O

CaCl₂, MgCl₂ vẫn tan trong dd => không loại bỏ được

Đáp án B

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅: là este tạo bởi C₃H₅(OH)₃ và axit béo không no có chứa 1 nối đôi C=C là C₁₇H₃₃COOH

=> ở trạng thái lỏng ở đk thường.

Đáp án A

n_Na = 4,6 : 23 = 0,2 (mol)

n_Al = 2,7 : 27 = 0,1 (mol)

PTHH: 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑

             0,2               →0,2              0,1 (mol)

            2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑

             0,1                               →                     0,15   (mol)

→ n_H2 = 0,1 + 0,15 = 0,25 (mol)

→ V_H2(đktc) = 0,25.22,4 = 5,6 (l)

Đáp án B

Các phát biểu đúng là: (1), (2), (4), (5)

(3) sai vì tinh bột thủy phân trong môi trường axit ra glucozơ chứ không phải môi trường kiềm.

=> có 4 phát biểu đúng

Đáp án B

A. 2Al₂O₃ \(\xrightarrow{{dpnc}}\) 4Al + 3O₂

B. C₂H₅OH + O₂ \(\xrightarrow{{men.giam}}\) CH₃COOH + H₂O

C. C₆H₁₂O₆ \(\xrightarrow{{men.ruou}}\) 2C₂H₅OH + 2CO₂↑

D. 2NaCl + 2H₂O \(\xrightarrow{{dpmn}}\) 2NaOH + H₂ + Cl₂

Khí CO₂, Cl₂ sinh ra đều gây ô nhiễm không khí. Khí O₂ sinh ra không gây ô nhiễm không khí.

Đáp án A

Đặt n_Mg = 2x ; n_MgCO3 = x (mol)

Ta có: 24.2x + 84.x = 13,2 => x = 0,1

Vậy n_Mg = 0,2 (mol); n_MgCO3 = 0,1 (mol)

PTHH: Mg + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂

             0,2                →                 0,2 (mol)

MgCO₃ + H₂SO₄ → MgSO₄ + CO₂↑ + H₂O

   0,1                     →                 0,1                (mol)

=> ∑n_H2+CO2 = 0,2+ 0,1 = 0,3 (mol)

=> V_khí = 0,3.22,4 = 6,72 (l)

Đáp án B

n_NO = 2,688: 22,4 = 0,12 (mol)

n_Fe2O3 = 25,6 : 160 = 0,16 (mol)

Coi hỗn hợp X gồm có Fe và O có số mol lần lượt là a và b (mol)

Quá trình nhường e                                    Quá trình nhận e

Fe → Fe +3e                                              O +2e→ O^-2

a                3a                                              b    2b

                                                                  N⁺⁵ + 3e   → N⁺²

                                                                          0,36 ← 0,12 (mol)

\(\left\{ \begin{array}{l}{n_{e\,nhuong}} = {n_{e\,nhan}}\\BT:F{\rm{e}} \to {n_{F{\rm{e}}}} = 2{n_{F{{\rm{e}}_2}{O_3}}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3{\rm{a}} = 2b + 0,36\\a = 2.0,16\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,32\\b = 0,3\end{array} \right.\)

=> m = m_Fe + m_O = 0,32.56 + 0,3.16 = 22,72 (g)

Đáp án D

C₆H₅OH và C₂H₅OH đều phản ứng được với Na:

C₆H₅OH + Na → C₆H₅ONa + 1/2 H₂

C₂H₅OH + Na → C₂H₅ONa + 1/2 H₂

Đáp án A

PT phân tử: NaOH + HClO → NaClO + H₂O

+ PT ion đầy đủ: Na⁺ + OH^-  + HClO → Na ⁺ + ClO^- + H₂O

+ PT ion rút gọn: OH^- + HClO  → ClO^- + H₂O

Đáp án D

n_{OH (ancol)} = 2n_H2 = 2.0,1 = 0,2 (mol) ⟹ n_{O(trong ancol)} = n_OH = 0,2 (mol)

BTNT "H": n_{H(trong ancol)} = 2n_H2O = 0,7 (mol)

BTKL: m_C = m_X – m_H – m_O = 7,2 – 0,7 – 0,2.16 = 3,3 (g)

⟹ n_C = 3,3 : 12 = 0,275 (mol)

BTNT “C”: n_CO2 = n_C = 0,275 (mol)

n_OH^- = 2n_Ba(OH)2 = 0,32 mol

Xét tỉ lệ: \(1 < \dfrac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = \dfrac{{0,32}}{{0,275}} = 1,16 < 2\) ⟹ Tạo 2 muối BaCO₃ và Ba(HCO₃)₂

Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃↓ + H₂O

a                   a             a                    (mol)

Ba(OH)₂ + 2CO₂ → Ba(HCO₃)₂

b                   2b                                   (mol)

\(\left\{ \begin{array}{l}{n_{C{O_2}}} = a + 2b = 0,275\\{n_{Ba{{\left( {OH} \right)}_2}}} = a + b = 0,16\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}a = 0,045\\b = 0,115\end{array} \right.\)

⟹ m_BaCO3↓ = 0,045×197 = 8,865 (g) gần nhất với 9 gam

Độ dinh dưỡng của phân kali được đánh giá bằng hàm lượng phần trăm khối lượng K₂O tương ứng với lượng K có trong thành phần của nó.

Đáp án D

n_MgCl2 = 0,1 (mol); n_AlCl3 = 0,2 (mol)

n_Ba(OH)2 = 0,5. 0,85 = 0,425 (mol) => n_OH- = 2n_Ba(OH)2 = 0,85 (mol)

Các PT ion xảy ra là:

Mg²⁺ + 2OH^- → Mg(OH)₂ (1)

0,1    → 0,2   → 0,1           (mol)

Sau phản ứng (1): n_OH- còn lại là: 0,85 – 0,2 = 0,65 (mol)

Ta có: \(3 < {{{n_{O{H^ - }}}} \over {{n_{A{l^{3 + }}}}}} = {{0,65} \over {0,2}} = 3,25 < 4\) => xảy ra 2 phản ứng tạo kết tủa Al(OH)₃ sau đó kết tủa tan 1 phần.

3OH^-  + Al³⁺ → Al(OH)₃↓  (2)

OH^- + Al(OH)₃↓→ AlO₂^- + 2H₂O  (3)

CT nhanh: n_Al(OH)3 còn lại = 4n_Al3+ - n_OH- = 4.0,2 – 0,65 = 0,15 (mol)

=> m_↓ = m_Mg(OH)2 + m_{Al(OH)3 còn lại} = 0,1. 58 + 0,15.78 = 17,5 (g)

Đáp án C

Các polime bị thủy phân trong môi trường axit và kiềm là:

Poli(metyl metacrylat); poli (vinyl axetat), nilon -6,6 => có 3 polime

Đáp án B

Dd NH₃ có môi trường bazơ quá yếu nên không hòa tan được Al

Đáp án D

 (1) đúng Fe là kim loại phổ biến thứ 2 trong vỏ trái đất, chỉ sau kim loại Al

(2) sai vì Al chỉ điều chế được bằng phương pháp thủy luyện hoặc điện phân

(3), (4), (5) đúng

(6) sai vì Al³⁺ không bị điện phân

(7) đúng

\(3Fe + 4{H_2}O\xrightarrow{{{t^0}  < {{570}^0}C}}F{e_3}{O_4} + 4{H_2} \uparrow \)

\(Fe + {H_2}O\xrightarrow{{{t^0}  > {{570}^0}C}}FeO +  {H_2} \uparrow \)

(8) sai vì Trong pin Zn – Cu, điện cực Zn là anot, xảy ra quá trình oxi hóa

=> có 5 phát biểu đúng

Đáp án C

n_NaOH = 0,05 (mol); n_Ba(OH)2 = 0,5.0,2 = 0,1 (mol) => ∑n_OH- = 0,25 (mol)

n_BaCO3 = 9,85 : 197 = 0,05 (mol)

Để giá trị m lớn nhất thì lượng CO₂ cần là lớn nhất => xảy ra tạo cả CO₃^2- và HCO₃^-

CO₂ + OH^- → HCO₃^-                (1)

0,15 ← (0,25-0,1)                         (mol)

CO₂ + 2OH^- → CO₃^2- + 2H₂O  (2)

0,05←0,1 ← 0,1                        (mol)

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓            (3)

            0,05  ← 0,05                  (mol)

Do n_BaCO3 = 0,05 (mol) < n_Ba2+ nên Ba²⁺ dư, mọi tính toán (3) theo BaCO₃↓ và CO₃^2-

n_CO2(2) = n_CO32-(2) = n_BaCO3 = 0,05 (mol)

n_OH-(1) = ∑n_OH- - n_OH-(2) = 0,25- 0,1= 0,15(mol)

n_CO2(1) = n_OH-(1) = 0,15 (mol)

=> ∑ n_CO2(1)+(2) = 0,15 + 0,05 = 0,2 (mol)

C₆H₁₂O₆ → 2CO₂ + 2C₂H₅OH

    0,1      ←   0,2                      (mol)

=> m_C6H12O6 lí thuyết = 0,1.180 = 18 (g)

Vì %H = 72% => m_C6H12O6 thực tế = 18. 100% : 72% = 25 (g)

Đáp án C

Đặt số mol các khí trong hỗn hợp Z: CO (x mol) và CO₂ (y mol)

BTNT “C”: n_CO = n_{CO dư} + n_CO2 => x + y = 0,6 mol

m_Z = m_CO + m_CO2 => 28x + 44y = 0,6.38

Giải hệ trên được x = 0,225 và y = 0,375

Đặt n_O(X) = a mol

CO + [O] → CO₂

n_{O pư} = n_CO2 = 0,375 mol => n_O(Y) = a – 0,375 (mol)

Sơ đồ bài toán:

\(m(g)\,X\left\{ \begin{gathered}
Al \hfill \\
Fe \hfill \\
Cu \hfill \\
O(25,39\% ):a \hfill \\
\end{gathered} \right. + CO:0,6 \to Z\left\{ \begin{gathered}
CO:0,225 \hfill \\
C{O_2}:0,375 \hfill \\
\end{gathered} \right.({\overline M _Z} = 38) + Y\left\{ \begin{gathered}
Al \hfill \\
Fe \hfill \\
Cu \hfill \\
O\,du:a - 0,375 \hfill \\
\end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + HN{O_3}\,du}}\underbrace {T\left\{ \begin{gathered}
A{l^{3 + }} \hfill \\
F{e^{3 + }} \hfill \\
C{u^{2 + }} \hfill \\
N{O_3}^ - \hfill \\
\end{gathered} \right.}_{5,184m(g)} + NO:0,48\)

 n_NO3- = n _{e trao đổi} = 3n_NO + 2n_O(Y) = 3.0,48 + 2(a-0,375)

m _muối = m_KL + m_NO3- => m_KL + 62(2a+0,69) = 5,184a (1)

m_X = m_KL + m_O => m_KL + 16a = m (2)

Mà trong X oxi chiếm 25,39% về khối lượng nên ta có: 16a = 0,2539m (3)

Giải (1) (2) (3) thu được m = 17,32 gam gần nhất với 17 gam

Đáp án C

Đặt số mol Zn và Fe lần lượt là x, y (mol)

Theo đề bài ta có hệ phương trình:

65x + 56y = 4,425 (1)

x : y = 1 : 2 (2)

Giải hệ thu được x = 0,025 và y = 0,05

Cho H⁺ phản ứng với Y có phản ứng:

2H⁺ + O^2- → H₂O

n_O(Y) = n_H+ : 2 = 0,06 mol => n_{O2 (X)} = 0,03 mol

Bảo toàn electron cho cả quá trình ta có:

2n_Zn + 3n_Fe = 4n_O2 + 2n_Cl2 + n_Ag => 0,025.2 + 0,05.3 = 4.0,03 + 2a + b (i)

BTNT “Cl” ta có: 2n_Cl2 + n_HCl = n_AgCl => 2a + 0,12 = c (ii)

Khối lượng kết tủa thu được: 108b + 143,5c = 28,345 (iii)

Giải (i) (ii) (iii) thu được a = 0,035; b = 0,01; c = 0,19

\( \to \% {m_{C{l_2}}} = \frac{{71.0,035}}{{32.0,03 + 71.0,035}}.100\%  = 72,13\% \) 

Đáp án A

(a) sai vì glucozo và fructozo đều có phản ứng tráng gương với AgNO₃/NH₃ dư, t^o

(b) đúng

(c) đúng

(d) sai vì tuy chúng đều có công thức chung là (C6H10O5)n những số lượng mắt xích không giống nhau nên không là đồng phân của nhau

(e) sai vì saccarozo không có nhóm –CHO nên không có tính chất của anđehit

(g) đúng

=> Có 3 phát biểu đúng

Đáp án B

C₁₀H₈O₄ có độ bất bão hòa k = (10.2 + 2-8)/2 = 7

C₈H₁₀O₄ pư với NaOH theo tỉ lệ 1: 2 => X là este 2 chức

X₁ +2HCl → X₃ + 2NaCl

X₁ là muối của axit 2 chức

X₃ là axit => X₃ là: C₆H₄(COOH)₂

X₂ là: C₂H₄(OH)₂

X₁ là: C₆H₄(COONa)₂

X là: C₆H₄(COO)₂C₂H₄

C₆H₄(COO)₂C₂H₄ + 2NaOH → C₆H₄(COONa)₂ + C₂H₄(OH)₂

X                                                      X₁                            X₂

C₆H₄(COONa)₂ + 2HCl → C₆H₄(COOH)₂ + 2NaCl

X₁                                              X₃

nC₆H₄(COOH)₂ + nC₂H₄(OH)₂ → -(CO-C₆H₄-CO-O-CH₂-CH₂-O-)_n + 2nH₂O

X₃                               X₂

(1) Sai vì số nguyên tử H trong X₃ là 2 < số nguyên tử H trong X₂ là 6

(2) đúng

(3) đúng

(4) đúng

=> có 3 phát biểu đúng

Đáp án C

(b) Sai vì phenol tham gia phản ứng thế dễ hơn benzen.

(e) Sai vì tính axit của phenol rất yếu nên không làm quỳ tím chuyển màu

Đáp án C

Mưa axit gây ra bởi HNO₃ và H₂SO₄.

Đáp án B

n_NO = 2,688: 22,4 = 0,12 (mol)

n_Fe2O3 = 25,6 : 160 = 0,16 (mol)

Coi hỗn hợp X gồm có Fe và O có số mol lần lượt là a và b (mol)

Quá trình nhường e                                    Quá trình nhận e

Fe → Fe +3e                                              O +2e→ O^-2

a                3a                                              b    2b

                                                                  N⁺⁵ + 3e   → N⁺²

                                                                          0,36 ← 0,12 (mol)

\(\left\{ \matrix{
{n_{e\,nhuong}}\, = n{\,_{e\,nhan}} \hfill \cr
BTNT\,Fe:{n_{Fe}} = 2{n_{F{e_2}{O_{^3}}}} \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
3a = 2b + 0,36 \hfill \cr
a = 2.0,16 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
a = 0,32 \hfill \cr
b = 0,3 \hfill \cr} \right.\)

=> m = m_Fe + m_O = 0,32.56 + 0,3.16 = 22,72 (g)

Đáp án D

Các chất tác dụng được với H₂ nung nóng, xt Ni là: axetilen (CH≡CH), isopren (CH₂=CH(CH₃)CH₂CH₃), benzen (C₆H₆), stiren (C₆H₅CH=CH₂), axeton (CH₃COCH₃), metyacrylat (CH₂=CH-COOCH₃)

⟹ Có 6 chất.

Đáp án A

Các chất điện li yếu là: C₂H₅OH, C₂H₅COOH, H₃PO₄, Fe(OH)₃ ⟹ có 4 chất

Đáp án A

Fe(NO₃)₂ + 2NH₃ + 2H₂O → Fe(OH)₂↓ + 2NH₄NO₃

Đáp án A

Do khi đốt a mol mỗi peptit đều thu được số mol CO₂ nhiều hơn số mol H₂O là a mol mà các peptit đều được tạo từ các aminoaxit no, có 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH nên các peptit này có số lượng mắt xích như nhau.

Giả sử số mắt xích mỗi peptit là k => CTTQ: C_nH_2n+2-2k+kN_kO_k+1

C_nH_2n+2-2k+kN_kO_k+1→ nCO₂ + (n+1-0,5k)H₂O

                  a                     na         a(n+1-0,5k)

=> na – a(n+1-0,5k) = a => k = 4

Vậy các peptit đều là tetrapeptit

Đặt n_peptit = a mol => n_NaOH = 4a mol; n_H2O = a mol

BTKL: m _peptit + m_NaOH = m _muối + m_H2O => 69,8 + 4a.40 = 101,04 + 18a => a = 0,22 mol

Đặt số mol muối của Ala và Val lần lượt là a và b (mol)

BTNT “Na”: a + b = n_NaOH = 0,88 (1)

m muối = 111a + 139b = 101,04 (2)

Giải (1) và (2) được a = 0,76 mol và b = 0,12 mol

Sơ đồ bài toán:

\(69,8(g)\left\{ \begin{gathered}
X \hfill \\
Y \hfill \\
Z:0,16 \hfill \\
\end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + NaOHvd}}\left\{ \begin{gathered}
Ala - Na:0,76 \hfill \\
Val - Na:0,12 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

 BTNT “C”: n_C(X) = 2n_Ala-Na + 5n_Val-Na = 2.0,76 + 5.0,12 = 2,12 mol

=> C _{trung bình} = 2,12 : 0,22 = 9,6 chứng tỏ trong X có peptit có số C nhỏ hơn 9,6

Số mắt xích Val trung bình = 0,12 : 0,22 = 0,54 => Có peptit không chứa Val

=> C(Z) = 8 => Z là Ala₄ (M = 89.4-18.3 = 302)

=> n_{Ala(X, Y)} = 0,76 – 0,16.4 = 0,12

Mặt khác:

n_X + n_Y = 0,22 – 0,16 = 0,06 mol

m_X + m_Y = m _hh – m_Z = 69,8 – 0,16.302 = 21,48 gam

=> M(X, Y) = 21,48 : 0,06 = 358 => Y là Ala₃Val (M = 330)

Do Ala₂Val₂ (M = 358) nên X không thể là chất này. Có 2 trường hợp sau:

TH1:

X là AlaVal₃ (x mol)

Y là Ala₃Val (y mol)

x + y = 0,06

x + 3y = n_Ala(X,Y) = 0,12

=> x = y = 0,03 loại do không thỏa mãn n_X < n_Y

TH2:

X là Val₄ (x mol)

Y là Ala₃Val (y mol)

n_Ala(X,Y) = 3y = 0,12 => y = 0,04 => x = 0,02 (thỏa mãn)

=> %m_X = (0,02.414/69,8).100% = 11,86% gần nhất với 12%

Đáp án D

* t giây: Đặt n_e = x (mol)

Catot: Mⁿ⁺ + ne → M⁰

                       x →  x/n

Anot: H₂O -2e → 2H⁺ + 0,5O₂

                     x    →         0,25x (mol)

=> m _{dd giảm} = m_M + m_O2 = \(\frac{x}{n}.M + 0,25x.32\) = 5,22 hay \(\frac{x}{n}.M + 8x\) = 5,22 (1)

* 2t giây => n_e = 2x (mol)

n_H2 = 0,168 : 22,4 = 0,0075 mol

Catot: Mⁿ⁺       +  ne       →         M⁰

                        2x – 0,015 → (2x-0,015)/n

          H₂O + 1e → OH^- + 0,5H₂

                    0,015 ←          0,0075

Anot: H₂O -2e → 2H⁺ + 0,5O₂

                    2x  →           0,5x (mol)

=> m _{dd giảm} = m_M + m_H2 + m_O2 = \(\frac{{2x - 0,015}}{n}.M + 0,0075.2 + 0,5x.32\) = 8,835

hay \(\frac{{2x}}{n}.M + 16x - 0,015\frac{M}{n}\) = 8,82(2)

Lấy 2(1) – (2) được 0,015.M/n = 1,62 => M = 108n

=> n = 1, M = 108 thỏa mãn => x = 0,045

=> M là Ag

Xét điện phân sau t giây: n_Ag = x = 0,045 mol => a = 0,045.108 = 4,86 gam gần nhất với 4,9 gam

Đáp án B

Ta thấy: m_X = M_Y = 217 g/mol => n _{hỗn hợp} = 73,78 : 217 = 0,34 mol

X là Ala₂Gly (x mol); Y là ROOC-C-C-C(NH₂)-COOR’ (y mol)

Ancol là ROH và R’OH có tổng cộng 5C nên đặt công thức chung của ancol là C_nH_2n+2O (vì ancol có số mol bằng nhau nên n = 2,5) => C_2,5H₇O

2C_2,5H₇O → C₅H₁₂O + H₂O

     0,48 ←        0,24              (mol)

→ n _ancol = 2y = 0,48 => y = 0,24 mol

→ x = 0,34 – 0,24 = 0,1 mol

→ n_Ala = 2x = 0,2 mol => n_Ala-Na= 0,2 mol

→ m = 0,2.111 = 22,2 gam

Đáp án C

- Tại n_Ba(OH)2 = 0,2 mol thì H⁺ vừa bị trung hòa hết ⟹ n_H+ = 2n_Ba(OH)2 = 0,4 mol

- Tại n_Ba(OH)2 = 0,56 mol thì Al(OH)₃ vừa bị hòa tan hết

⟹ n_OH- = n_H+ + 4n_Al3+ ⟹ 0,56.2 = 0,4 + 4n_Al3+

⟹ n_Al3+ = 0,18 mol ⟹ n_Al2(SO4)3 = 0,09 mol

⟹ n_SO42- = 0,27 mol

- Khi m _{kết tủa} = y gam ⟹ Các kết tủa đều đạt cực đại: Al(OH)₃ (0,18 mol) và BaSO₄ (0,27 mol)

⟹ y = 0,18.78 + 0,27.233 = 76,95 gam

- Khi m _{kết tủa} = x gam ⟹ BaSO₄ đạt cực đại ⟹ n_BaSO4 = 0,27 mol

⟹ BTNT “Ba”: n_Ba(OH)2 = n_BaSO4 = 0,27 mol ⟹ n_OH- = 2n_Ba(OH)2 = 0,54 mol

Khi đó: n_OH- = n_H+ + 3n_Al(OH)3 ⟹ 0,54 = 0,4 + 3n_Al(OH)3 ⟹ n_Al(OH)3 = 7/150 mol

⟹ x = m_Al(OH)3 + m_BaSO4 = (7/150).78 + 0,27.233 = 66,55 gam

⟹ x + y = 66,55 + 76,95 = 143,5 gam gần nhất với 143 gam

n_E = n_T = n_Na2CO3 = 0,04 mol

=> n_Z(M) = n_M – n_E = 0,02 mol

Vậy G gồm ZOH (0,04 + 0,02 = 0,06 mol) và YOH (0,04 mol). Đặt n, m là số C tương ứng của ZOH và YOH

n_CO2 = 0,06n + 0,04m = 0,3

=> 3n + 2m = 15

Các ancol không no nên n, m ≥ 3 => n = m = 3 là nghiệm duy nhất

Z là CH≡C-CH₂OH

Y là CH₂=CH-CH₂OH

Trong 0,06 mol M gồm có:

CH≡C-CH₂-OOC-C_nH_2n-COO-CH₂-CH=CH₂ (0,04 mol)

CH≡C-CH₂OH (0,02 mol)

=> n_C = 0,04(n+8) + 0,02.3 = 0,04n + 0,38

Và n_H = 0,04(2n+8) + 0,02.4 = 0,08n + 0,4

=> n_C/n_H = (0,04n + 0,38)/(0,08n + 0,4) = 0,27/0,18.2

=> n = 4

=> %m_T = 88,89%

BTKL ⟹ m_X = m_Y = 2,7 g. ⟹ n_Y = 2,7/45 = 0,06 mol

n_{khí giảm} = n_{H2 pư} = n_X – n_Y = (0,05 + 0,1) – 0,06 = 0,09 mol

Các chất có khả năng phản ứng với AgNO₃ là:

HC≡C-C≡CH (a mol)

HC≡C-CH=CH₂ (b mol)

HC≡C-CH₂-CH₃ (c mol)

⟹ a + b + c = n_Y – n_Z = 0,03 (1)

⟹ n_AgNO3 = 2a + b + c = 0,04 (2)

m _{kết tủa} = m_{AgC≡C-C≡CAg} + m_{AgC≡C-CH=CH2} + m_{AgC≡C-CH2-CH3}

⟹ 264a + 159b + 161c = 5,84 (3)

Từ (1)(2)(3) ⟹ a = b = c = 0,01 mol.

Bảo toàn số mol liên kết π ⟹ n_pi(X) = n_{H2 pư} + 4a + 3b + 2c + n_Br2

⟹ 0,05.4 = 0,09 + 4.0,01 + 3.0,01 + 2.0,01 + n_Br2

⟹ n_Br2 = 0,02 mol.

Đáp án A

Cao su thiên nhiên có công thức cấu tạo: CH₂=C(CH₃)-CH=CH₂ (CTPT: C₅H₈)

Gọi số mắt xích isopren có chứa 1 cầu đisunfua là n

=> Công thức cao su lưu hóa là: C_5nH_8n-1S₂

\(\% {m_S} = \frac{{2.32}}{{12.5n + (8n - 1) + 2.32}}.100\%  = 1,849\% \) => n = 50

Đáp án C

(1) sai vì mắt xích H₂NCH₂-CH₂COOH không phải là α-amino axit

(2) đúng, muối HOOC-CH₂-CH₂-CH(NH₂)-COONa là thành phần chính của mì chính.

(3) đúng, vì CH₃NH₂ có gốc CH₃- đẩy e làm cho mật độ điện tích âm trên nguyên tử N tăng, khả năng nhận H⁺ cũng tăng nên tính bazo mạnh hơn so với NH₃.

(4) sai, vì tetrapeptit được tạo nên từ 4 mắt xích α-amino axit nhưng chỉ có 3 liên kết peptit.

(5) đúng

Vậy có 3 phát biểu đúng

Đáp án A

Từ (3) suy ra (Y) là CH₃COONa

Từ (2) suy luận X có phản ứng tráng Ag => X là: CH₃CHO

Từ (1) suy ra CTCT của C₄H₆O₂ là: CH₃COOCH=CH₂

Đáp án C

n_HCl = 0,11.2 = 0,22 (mol); n_KOH = 0,14.3 = 0,42 (mol)

Ta coi như hỗn hợp 2 amin và ax HCl phản ứng với KOH

Gọi công thức chung của 2 amin là: H₂NC_nH_2nCOOH

HCl + KOH → KCl + H₂O

0,22→ 0,22                         (mol)

H₂NC_nH_2nCOOH + KOH → H₂NC_nH_2nCOOK + H₂O

0,2                     ← (0,42 -0,22)                                     (mol)

=> n_H2NCnH2nCOOH  = 0,2 (mol)

\(\overline M \,aminoaxit = {{19,2} \over {0,2}} = 96\) => phải chứa Gly (M=75) hoặc Ala (M = 89)

TH₁: aminoaxit nhỏ là Gly => M_{còn lại} = 75. 1,373 = 103 (C₄H₉NO₂)

Đặt: C₂H₅NO₂: a (mol) ; C₄H₉NO₂: b (mol)

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
a + b = 0,2 \hfill \cr
75a + 103b = 19,2 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
a = 0,05 \hfill \cr
b = 0,15 \hfill \cr} \right. \cr
& \Rightarrow \% {V_{{C_2}{H_5}N{O_2}}} = {{0,05} \over {0,2}}.100\% = 25\% \cr
& \% {C_4}{H_9}N{O_2} = 100\% - 25\% = 75\% \cr} \)

TH₂: aminoaxit nhỏ là Ala => M_{còn lại} = 89.1,373 = 122,2 vô nghiệm

Đáp án B

Ta cho quặng Ag tác dụng với muối Fe(NO₃)₃

Cu + 2Fe(NO₃)₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Fe(NO₃)₂

Đáp án A